Intersezione tra due sottospazi

[Aristotele2]

Sia:
$V={(a+b,a-b,2a+b,a-2b)}$ e $U=((0,2,1,3))$
Determinare una base di $V nn U$.
Una base di $V$ è $B_V=((1,-1,1,-2),(1,1,2,1))$ e una base di $U$ è $B_U=((0,2,1,3))$.
Portando in forma cartesiana $V$ e $U$ e mettendo tutto a sistema otteniamo:
${(-3x-y+2z=0),(5y-z-3t=0),(5x-3z+t=0),(x-3y+2t=0),(-2x=0),(-y+2z=0),(-3z+t=0),(3x=0):}$.
La matrice $A$ associata al sistema ha rango $rho(A)=4$.Poiché il numero delle incognite risulta
$n=4$ allora $n-rho(A)=0$ quindi il sistema non ammette soluzioni.
Perciò si può concludere dicendo che $V nn U$ non ammette alcuna base in quanto
$V nn U={(0,0,0,0)}$.
Io l’ho svolto così ma il mio libro mi dà un risultato diverso in quanto afferma che
$B_(V nn U)=B_U$ in quanto $U$ è contenuto in $V$.
Come fà ad ottenere questo risultato se il sistema ammette soluzione nulla??

Grazie

[_Tipper]

Il teorema che hai enunciato vale sempre, essendo un teorema. E infatti la soluzione è lo spazio generato dal vettore $(0,2,1,3)$. Avrai calcolato male il rango della matrice.

[Aristotele2]

"Tipper":Il teorema che hai enunciato vale sempre, essendo un teorema. E infatti la soluzione è lo spazio generato dal vettore $(0,2,1,3)$. Avrai calcolato male il rango della matrice.

Ma quindi quando si hanno questi sistemi enormi..bisogna prima risolverli per sostituzione rendendoli piu piccoli e poi metterli in forma di matrice ricavando il rango...

[_Tipper]

Sì, è più semplice. In questo caso hai due equazioni da cui ricavi $x=0$, quindi puoi tralasciare una delle due. Sostituendo $x=0$ nelle altre ottieni altre semplificazioni. In tre o quattro passaggi si arriva al sistema di tre equazioni.

[Aristotele2]

"Tipper":Sì, è più semplice. In questo caso hai due equazioni da cui ricavi $x=0$, quindi puoi tralasciare una delle due. Sostituendo $x=0$ nelle altre ottieni altre semplificazioni. In tre o quattro passaggi si arriva al sistema di tre equazioni.

hai ragione è vero...il fatto è che avrò sicuramente fatto confusione quando ho sostituito....